Cut the Sequence

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P10977 Cut the Sequence

前言

单调队列优化 dp 的好题，思维难度大细节多。因为觉得自己看不懂其他题解，在看完 y 总的讲解后豁然开朗，所以写这篇题解来巩固一下。包括完整的细节分析和思考过程，或许很多大佬都不需要 qwq。叠甲完毕，下面开始正文。

分析

先考虑无解的情况，将单个元素分成段，每段的和最小，如果还是大于 $m$ 肯定无解。所以当存在 $a_i>m$ 时，输出 $-1$。

状态表示

题意和给出的信息都很简单，看 $n$ 的范围判断大致是 $O(n)$ 或者 $O(n\log (n))$ 的算法。因为要满足限制且最优化答案，不难想到动态规划来解决。第一维显然是考虑前 $i$ 个数，通过复杂度分析判断不能存在第二维，实际上也并不需要。所以，设 $f_i$ 表示只考虑前 $i$ 个数划分成若干段，每段的和不超过 $m$ 的最小代价，代价为每一段的最大值之和。

状态转移

考虑 $f_i$ 的集合划分依据，显然是最后一段的长度，设上一个状态为 $f_j$，最后一段就是 $[j+1,i]$，其中 $0\le j\le i-1$，而且要满足限制，所以 $\sum _{k=j+1}^i{a}_k\le m$，最后一段产生的贡献为 $\underset{k=j+1}{\overset{i}{max}}{a}_k$。状态转移方程即为：

$$f_i=\underset{0\le j\le i-1\wedge \sum _{k=j+1}^i{a}_k\le m}{min}(f_j+\underset{k=j+1}{\overset{i}{max}}{a}_k)$$

优化

上面这个方程显然是 $O(n^2)$ 的，不足以通过此题。看式子好像也没啥能转化的，考虑一些性质来优化。

首先注意到 $f$ 是单调不减的，也就是说 $f_{i-1}\le f_i$，简单证明下：

设最后一段的贡献为 $a_{max}$，考虑在末尾加上 $a_i$。

• 若 $a_i$ 加入最后一段，
  • $a_i>a_{max}$ 时，有 $f_i=f_{i-1}-a_{max}+a_i$。
  • $a_i\le a_{max}$ 时，有 $f_i=f_{i-1}$。
• 若 $a_i$ 自己新开一段，有 $f_i=f_{i-1}+a_i$。

因为序列中的数大于等于 $0$，所以有 $f_{i-1}\le f_i$，即 $f$ 单调不减。

蓝书上的话：

DP 转移优化的指导思想就是及时排除不可能的决策，保持候选集合的高度有效性和秩序性。

所以不妨设 $j$ 为转移的最优决策，考虑其满足什么样的性质。

$$f_i=min(f_j+a_{max})$$

设最后一段的贡献为 $a_{max}$，设 $k_0$ 为满足 $\sum _{k=j+1}^i{a}_k\le m$ 的最小的 $j$。$a_{ma{x}_1}$ 为 $[k_0,i]$ 的最大值，下标为 $k_1$。次大值为 $a_{ma{x}_2}$，下标为 $k_2$。所以：

$$\underset{k=k_0+1}{\overset{i}{max}}{a}_k=a_{ma{x}_1}=a_{k_1}$$

$$\underset{k=k_1+1}{\overset{i}{max}}{a}_k=a_{ma{x}_2}=a_{k_2}$$

$$\underset{k=k_2+1}{\overset{i}{max}}{a}_k=a_{ma{x}_3}=a_{k_3}$$

$$\dots$$

• 当 $k_0\le j<k_1$ 时，$a_{max}=a_{ma{x}_1}$，$f_j$ 最小值肯定是在 $j=k_0$ 时，所以最优的 $j$ 为 $k_0$。
• 当 $k_1\le j<k_2$ 时，$a_{max}=a_{ma{x}_2}$，最优的 $j$ 为 $k_1$。
• 当 $k_2\le j<k_3$ 时，$a_{max}=a_{ma{x}_3}$，最优的 $j$ 为 $k_2$。

所以最优决策 $j$ 为 $k_0,k_1,k_2,\dots$

所以 $j$ 要成为最优决策，除了要满足 $\sum _{k=j+1}^i{a}_k\le m$ 外，还要满足下面条件之一：

1. 取 $k_0$ 时，$k_0$ 为满足 $\sum _{k=j+1}^i{a}_k\le m$ 的最小的 $j$。
2. 取 $k_1,k_2,k_3,\dots$ 时，满足 $a_j=\underset{k=j}{\overset{i}{max}}{a}_k$。

情况 $1$，只需要用双指针求 $k_0$。

情况 $2$，可以用单调队列维护 $k_1,k_2,\dots$，只需要保证 $a_j$ 单调递减。可是有一个问题，$f_j+a_{max}$ 在单调队列中并不一定是单调的，所以要用其他东西维护，要支持加入元素，删除元素，求最小值，可以用平衡树，当然不用自己写，可以用 set，但是值可能有重复，所以使用 multiset。$k_p$ 为队列中的元素，能产生的贡献为 $f_{k_p}+a_{k_{p+1}}$

有一个细节，只有当单调队列中的元素大于一时，才能出现第二种情况，思考一下就能理解。

时间复杂度瓶颈主要在于 multiset 的操作，时间复杂度为 $O(n\log (n))$。

代码还是很好写的。

code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
int n;
ll m;
ll a[N],f[N];
int q[N];
multiset<ll> st;
void solve()
{
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
        cin>>a[i];
		if(a[i]>m) //无解的情况
		{
			cout<<"-1\n";
			return ;
		}
	}
	int l=1,r=0;
	ll sum=0;
	for(int i=1,j=1;i<=n;i++)
	{
		sum+=a[i];
		while(sum>m) 
		{
			sum-=a[j++];
			while(l<=r&&q[l]<j) 
			{
				if(l<r) st.erase(f[q[l]]+a[q[l+1]]);
				l++;
			}
		}
		while(l<=r&&a[q[r]]<=a[i]) 
		{
			if(l<r) st.erase(f[q[r-1]]+a[q[r]]);
			r--;
		}
		q[++r]=i;
		if(l<r) st.insert(f[q[r-1]]+a[q[r]]);
		f[i]=f[j-1]+a[q[l]];//处理后j=k0+1
		if(st.size()) f[i]=min(f[i],*st.begin());
	}
	cout<<f[n]<<'\n';
}
int main()
{
	#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("1.in","r",stdin);
	freopen("1.out","w",stdout);
	#endif 
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	solve();
	return 0;
}

后记

思维量大，但是代码简单。利用题目性质进行优化 dp。考虑最优决策满足的条件。双指针和单调队列维护。multiset 维护单调队列贡献。